2024届高三新高考化学大一轮专题练习—铜及其化合物

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2024届高三新高考化学大一轮专题练习—铜及其化合物一、单选题1．（2023春·江苏盐城·高三盐城市大丰区新丰中学校联考期中）通常情况下，下列变化通过一步反应不可以实现的是A． B．C． D．2．（2023春·广东肇庆·高三德庆县香山中学校考阶段练习）下列反应离子方程式书写正确的是A．过量CO2通入澄清石灰水中：OH-＋CO2=HCOB．足量氨水加入AlCl3溶液中：Al3＋＋3OH-=Al(OH)3↓C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO=BaSO4↓＋H2OD．铜与稀硝酸反应：Cu＋4H++2NO=Cu2+＋NO2↑＋2H2O3．（2023·全国·统考高考真题）一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是A硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀B硫化钠溶液出现浑浊颜色变深C溴水颜色逐渐褪去D胆矾表面出现白色粉末A．A B．B C．C D．D4．（2023春·云南玉溪·高三云南省玉溪第一中学校考期中）用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)选项ABCDX中试剂浓盐酸双氧水浓硫酸浓氨水Y中试剂CuNaOH气体 A．A B．B C．C D．D5．（2023秋·山东菏泽·高三统考期末）已知X为一种常见酸的浓溶液，常用作干燥剂。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去。下列有关说法正确的是A．X能用来干燥氯气、氨气B．若A为铜，则与X的反应中X仅体现氧化性C．若A为碳单质，则B、C可用澄清石灰水鉴别D．将B气体通入溶液中，无白色沉淀生成6．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）部分被氧化的合金样品(氧化产物为)共5.76g，经如下处理：下列说法不正确的是A．滤液A中的阳离子为B．样品中氧原子的物质的量为0.02molC．溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04molD．7．（2023春·江苏南京·高三南京师范大学附属扬子中学校联考阶段练习）废旧中的金和回收的部分流程如下：已知：。下列说法正确的是A．“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少B．“过滤”所得滤液中的阳离子只含有Cu2+和C．用浓盐酸和也可以溶解金D．用过量粉将完全还原为，参加反应的为8．（2023春·江苏淮安·高三校考阶段练习）把1.92gCu投入盛有一定量浓硝酸的试管中，当在标准状况下收集到1120mL气体时，金属铜完全溶解，下列说法正确的是A．生成的气体全部为NOB．生成的气体为NO2和NO混合气体，其中NO为0.005molC．做氧化剂的硝酸为0.11molD．生成的硝酸铜小于0.03mol9．（2023春·甘肃白银·高三统考期末）化学实验兴趣小组同学为了测定某稀硫酸和稀硝酸混合溶液的浓度，将其分成两等份，进行了如下实验：实验Ⅰ：加入铜粉，充分反应后，过滤、干燥(如图所示)。实验Ⅱ：逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量与产生气体的体积关系如图所示。已知：①不考虑水电离出的和。②不考虑实验过程中质量的损失。下列说法正确的是A．原混合溶液中：B．原混合溶液中：C．由实验Ⅰ可知，滤液Ⅰ中含有的离子仅为、、D．由实验Ⅱ可知，产生气体的总体积为3.92L(标准状况下)10．（2023·广东肇庆·高要一中校考二模）对下列事实的解释正确的是A．二氧化硫气体能用浓硫酸干燥，是因为二氧化硫无还原性B．医疗上可用硫酸钡作钡餐，是因为硫酸钡可以阻挡X射线通过且不溶于强酸C．向50 mL 18 mol·L-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量等于0.45 molD．常温下，浓H2SO4可以用铝制容器贮存，说明铝与浓H2SO4不反应11．（2023春·河北衡水·高三河北武强中学校考阶段练习）CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想C．1mol CuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75molD．Y应该是一种还原剂12．（2023春·江苏宿迁·高三统考期中）某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：下列说法正确的是A．①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2B．NO2能和NaOH反应，因此是酸性氧化物C．由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D．③中反应的化学方程式：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O 二、多选题13．（2023春·广东江门·高三新会陈经纶中学校考期中）某学生探究小组将 FeCl溶液腐蚀铜箔制作电路板后的酸性废液“再生”，同时回收铜，实验流程如下：“步骤a”中包含的操作有A．搅拌 B．过滤 C．蒸馏 D．结晶14．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈九中校考阶段练习）将一定质量的铜粉加到，某浓度的稀硝酸中充分反应后，容器中剩有铜粉，此时共收集到NO气体(标准状况)。然后向上述混合物中加入稀硫酸至不再反应为止容器剩有铜粉，则下列说法错误的是A．硝酸的浓度为mol∙L−1 B．第一次溶解铜的质量为C．加入稀硫酸的物质的量为 D． 三、非选择题15．（2023春·广东汕尾·高三华中师范大学海丰附属学校校考阶段练习）硝酸是一种具有强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因硝酸浓度的不同而有变化，从总体上说，硝酸浓度越高，平均每分子硝酸得到的电子数越少，浓硝酸的还原产物主要为NO2、稀硝酸的还原产物为NO。实验室中，常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，用Cu与稀HNO3反应制取NO。(1)浓硝酸具有以下性质：①强氧化性    ②酸性    ③还原性    ④不稳定性    ⑤挥发性下列反应或者现象主要体现了硝酸的什么性质：①久置浓硝酸显黄色_____(填序号，下同)，请写出反应的化学方程式_____。②用稀硝酸清洗试管壁上的银_____。③稀硝酸清洗石灰水试剂瓶壁上的固体_____。(2)请写出实验室中用Cu与稀HNO3反应制取NO的化学方程式并用双线桥标明电子的转移方向及数目______。(3)64gCu与适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到22.4L气体(标准状况下)，反应中消耗的HNO3的物质的量是______(填字母代号)。A．0.5mol B．1mol C．2mol D．3mol(4)硝酸的还原产物NO、NO2、N2O等对环境均有副作用，为了可持续发展，当今社会提出的一个新概念：“绿色化学”，它要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应，则下列由单质铜制取硝酸铜的方法可行且符合“绿色化学”的是______(填字母代号)。A．CuCu(NO3)2B．CuCuOCu(NO3)2C．CuCuOCu(OH)2Cu(NO3)2D．CuCuSO4Cu(NO3)2(5)实际上硝酸不仅可被还原为NO2或NO，浓度更稀时硝酸还可以被还原为NO2、N2、NH4NO3等，锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，写出该反应的化学方程式_____，当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为_____。16．（2021春·天津静海·高三静海一中校考阶段练习）铜投入一定浓度的中，铜完全溶解，生成NO和的混合气体，用试管全部收集，得到标准状况下的体积为1120mL。请回答：(1)反应中消耗掉的物质的量为_______mol；(2)生成的体积(标况)为_______mL；(3)将盛有混合气体的试管倒扣在水槽中，通入标况下的，恰好使气体完全溶于水中，则通入的体积是_______mL；(4)请总结金属和硝酸反应的解题方法_______。17．（2022秋·福建泉州·高三统考期末）从价类二维的角度认识化学物质是一种高效的学习方法，铜元素的价类二维图如下，根据要求回答有关问题：(1)Cu2(OH)2CO3是铜绿的主要成分，其属于_______(填序号)。a、碱b、正盐c、碱式盐d、酸式盐e、碳酸盐(2)转化②中铜元素被_______(填“氧化”或“还原”)。(3)转化④的化学方程式为_______。(4)转化⑤的反应类型为_______(填基本反应类型)，Cu(OH)2为_______(填“强”、“弱”或“非”)电解质。(5)已知Cu2O为砖红色不溶于水的固体，转化⑥可生成Cu、CuSO4溶液和另一种物质，则转化⑥的离子方程式为_______。(6)Cu2O与稀HNO3可以发生氧化还原反应，完成并配平下列方程式：_______。_______Cu2O+_______HNO3=_______Cu(NO3)2+_______NO↑+_______18．（2022春·江西抚州·高三江西省临川第二中学校考阶段练习）将32g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：(1)转移电子的物质的量是____mol。NO的体积为____L，NO2的体积为____L。(2)参加反应的HNO3的物质的量是____mol。(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为____mol·L-1。
参考答案：1．D【详解】A．氧化铜与稀硝酸一步反应制备硝酸铜，A不符合题意；B．碳酸钠与氢氧化钙反应可以一步制备氢氧化钠，B不符合题意；C．氯酸钾受热分解一步制备氯化钾，C不符合题意；D．硝酸钠不能一步制备氯化钠，D符合题意；故选D。2．A【详解】A. 过量CO2通入澄清石灰水中会生成，澄清石灰水可拆，所以离子方程式为OH-＋CO2=HCO，故A正确；B. 氨水不可拆，所以足量氨水加入AlCl3溶液中得离子方程式为Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，故B错误；C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式为Ba2＋+2OH-+2H＋+SO=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D. 铜与稀硝酸反应生成物应为NO，所以离子方程式为3Cu＋8H++2NO=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故D错误；故选A。3．D【详解】A．溶液呈棕黄色是因为有Fe3+，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为： 12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A错误；B．硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为： 2 Na2S + O2 + 2 H2O = 4 NaOH + 2 S↓，B错误；C．溴水的主要成分是溴和水，它们会反应，但速度很慢，Br2+H2O=HBrO+HBr，2HBrO=2HBr+O2，所以溴水放置太久会变质。但不是生成高溴酸，所以选项中的化学方程式错误，C错误；D．胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO4·5H2O= CuSO4+5H2O，方程式正确，D正确；故选D。4．B【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应制氯气必须在加热条件下，且氯气可溶于水，收集氯气不能用排水法，选项A错误；B．双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体，收集氧气可用排水法，选项B正确；C．浓硫酸与铜加热条件下反应生成二氧化硫，选项C错误；D．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，选项D错误；答案选B。5．D【分析】X为一种常见酸的浓溶液，常用作干燥剂，则X为硫酸。【详解】A．X能用来干燥氯气、但不能干燥氨气，故A错误；B．若A为铜，铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则硫酸体现氧化性和酸性，故B错误；C．若A为碳单质，碳和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫、二氧化碳不能用澄清石灰水鉴别，都使澄清石灰水变浑浊，故C错误；D．将B(SO2)气体通入溶液中，不反应，因此无白色沉淀生成，故D正确。综上所述，答案为D。6．A【分析】部分被氧化的合金样品(氧化产物为)共5.76g，与足量稀硫酸反应，先是金属氧化物和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，硫酸铜与铁反应生成铜和硫酸亚铁，剩余的铁与稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，因此滤渣是铜单质，滤液加入足量氢氧化钠溶液得到氢氧化亚铁沉淀，过滤，在空气中充分灼烧得到氧化铁3.2g。【详解】A. 铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，由于样品中铁和稀硫酸反应生成了氢气，则说明溶液中没有铁离子，故A错误；B. 滤渣3.2g是铜的质量，最后得到固体3.2g是氧化铁的质量，则铁元素的质量为，则金属总质量为5.44g，样品中氧原子的质量为5.76g−5.44g＝0.32g，则氧原子的物质的量为0.02mol，故C正确；C. 最后得到固体3.2g是氧化铁的质量，则样品中铁的物质的量为，反应后溶液中的溶质为硫酸和硫酸亚铁，根据质量守恒分析，消耗的硫酸物质的量等于生成的硫酸亚铁的物质的量，则溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol，故C正确；D. 利用质量守恒分析消耗的硫酸的氢一部分变为了氢气，一部分和氧化物反应变为了水，根据氧化物中氧的物质的量为0.02mol，则生成水物质的量为0.02mol，则生成氢气的物质的量为0.04mol−0.02mol＝0.02mol，则标准状况下体积为0.448L即，故D正确。综上所述，答案为A。7．C【分析】硝酸与金不反应，与银和铜反应，酸溶后过滤得到金，滤液中含金属离子为铜离子和银离子，经过溶金分离后得到氯金酸溶液，锌粉还原得到金。【详解】A．浓硝酸被还原产生NO2，产生1molNO2得1mol电子，稀硝酸被还原产生NO，产生1molNO得3mol电子，金属的量相同，“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的多，A错误；B．“过滤”所得滤液中的阳离子含有H+、Cu2+和，B错误；C．浓盐酸和在溶液中电离产生氢离子和硝酸根离子，相当于有硝酸，也可以溶解金，C正确；D．，氢离子也会与锌反应，参加反应时转移的电子物质的量为4mol，消耗锌的物质的量为2mol，D错误；故选C。8．B【分析】1.92gCu的物质的量为0.03mol，铜与浓硝酸反应化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，现生成0.05mol气体，设与浓硝酸反应的铜有xmol，与稀硝酸反应的铜有ymol，则x+y=0.03，2x+y=0.05，则x=0.0225mol，y=0.0075mol。【详解】A．Cu投入到一定量的浓硝酸中，Cu先与浓硝酸反应生成NO2，再与稀硝酸反应生成NO，A错误；B．根据分析可知，生成的气体为NO2和NO的混合气体，且NO为0.0075mol÷3×2=0.005mol，B正确；C．与浓硝酸反应的Cu有0.0225mol，消耗浓硝酸0.09mol，其中0.045mol作氧化剂，与稀硝酸反应的Cu有0.0075mol，消耗稀硝酸0.02mol，其中0.005mol作氧化剂，则共有0.05mol硝酸作氧化剂，C错误；D．根据铜守恒，最后生成的硝酸铜为0.03mol，D错误；故答案选B。9．A【详解】A．由实验Ⅱ可知开始时铁与溶液反应生成一氧化氮，第二阶段生成氢气，由反应， 可知原混合溶液中：，A正确；B．由实验Ⅱ可知，最终的溶液溶质为硫酸亚铁，所以，原混合溶液中：　，B错误；C．实验Ⅰ发生反应为，此过程消耗，由实验Ⅱ可知硝酸根离子消耗完毕，氢离子有剩余，C错误；D．由反应，，第一阶段消耗，第二阶段消耗， ，气体的总体积为3.36L，D错误； 故选A。10．B【详解】A．二氧化硫具有还原性，但不能被浓硫酸氧化，故A错误；B．硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药是因为硫酸钡不溶于盐酸，故B正确；C．因随着反应的进行，硫酸的浓度降低，稀硫酸不能与铜反应，被还原的H2SO4的物质的量小于0.45 mol，故C错误；D．因常温下浓硫酸使铝钝化（化学变化），形成致密的氧化膜阻碍了反应的继续进行，故D错误；故选B。11．C【分析】由图可知，途径①的反应为3H2SO4+2HNO3+3Cu=3CuSO4+2NO↑+4H2O，途径②的反应为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4，途径③的反应为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O。【详解】A．根据分析，途径①发生反应的化学方程式为3H2SO4+2HNO3+3Cu=3CuSO4+2NO↑+4H2O，所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，A正确；B．根据分析，途径①产生大气污染物氮的氧化物，途径③产生大气污染物SO2，而途径②不产生大气污染物，且酸的利用率高，因此，相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想，B正确；C．1mol CuSO4可生成0.5mol Cu2O，n(O2)=0.75mol，则剩余的n(O)=1mol×4-0.75mol×2-0.5mol=2mol，与S结合恰好生成SO2，但在1100℃下，SO2与O2可反应生成SO3，因此剩余O2的物质的量无法计算，C错误；D．CuSO4可以与过量的NaOH溶液反应生成Cu(OH)2悬浊液，Cu(OH)2中Cu为+2价，生成的Cu2O中Cu为+1价，因此Y是还原剂，D正确；故选C。12．D【详解】A．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮和硝酸铜，稀硝酸被还原为一氧化氮，故A错误；B．NO2与NaOH反应生成NaNO3、NaNO2和H2O，但生成的盐是两种，且发生元素化合价的变化，所以NO2不是酸性氧化物，故B错误；C．实验①-③中，由于在滴加稀硫酸前，溶液中含有硝酸根离子，滴加稀硫酸后，使得硝酸根的氧化性增强，从而将剩余的铜氧化，因此只能说明稀硝酸能与铜反应。而在实验2中，最开始在铜片中滴加稀硫酸时，试管中没有明显的反应现象，说明铜不会与稀硫酸反应，故C错误；D．在实验③中，滴加稀硫酸后增强了硝酸根的氧化性，从而将剩余的铜氧化，因此反应的化学方程式为：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O，故D正确；故选D。13．AB【分析】腐蚀废液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜成分，加入足量铁粉过滤后，滤液中只含有氯化亚铁，通入足量氯气后，氯化亚铁被氧化成氯化铁，据此分析解答。【详解】经分析“步骤a”目的是加入足量铁粉把滤液中铜置换出来，但同时会把滤液中氯化铁还原为氯化亚铁，所以“步骤a”中包含的操作有搅拌，使铁粉和滤液充分反应，过滤使置换出的铜和剩余的铁粉和氯化亚铁溶液分离，这个过程不需要蒸馏和结晶，故答案为AB。14．CD【详解】A．根据分析，生成2molNO气体消耗8mol消耗，生成0.015molNO，消耗0.06mol，则硝酸的浓度为mol∙L−1，故A正确；B．根据分析，生成2molNO气体消耗3mol铜，生成0.015molNO，消耗0.0225mol铜，则第一次溶解铜的质量为0.0225mol×64g∙mol−1＝ ，故B正确；C．根据分析，生成2molNO气体消耗8mol消耗，溶液中硝酸根为6mol，现生成0.015molNO，则溶液中硝酸根为0.045mol，根据，则消耗氢离子物质的量为0.18mol，消耗铜的物质的量为0.0675mol，则加入稀硫酸的物质的量为，故C错误；D．根据C选项分析消耗铜物质的量为0.0675mol，则，故D错误。综上所述，答案为CD。15．(1)     ④     4HNO3(浓) 4NO2↑+O2↑+2H2O     ①②     ②(2)(3)D(4)B(5)     4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O     mol 【详解】（1）①久置浓硝酸显黄色是因为浓硝酸具有不稳定性，与热或光受热分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮溶于浓硝酸使溶液呈黄色，反应的化学方程式为4HNO3(浓) 4NO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：④；4HNO3(浓) 4NO2↑+O2↑+2H2O；②用稀硝酸清洗试管壁上的银发生的反应为稀硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应中稀硝酸表现氧化性和酸性，故答案为：①②；③稀硝酸清洗石灰水试剂瓶壁上的固体发生的反应为稀硝酸与碳酸钙反应生成硝酸钙和水，反应中稀硝酸表现酸性，故答案为：②；（2）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮与水，反应中铜元素化合价升高被氧化，铜为反应的还原剂、硝酸铜为氧化产物，氮元素的化合价部分降低被还原，硝酸表现酸性和强氧化性，表示电子转移方向及数目的双线桥为，故答案为：；（3）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，反应中硝酸的浓度减小变为稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮与水，则铜与浓硝酸反应得到硝酸铜和一氧化氮和二氧化氮的混合气体，由氮原子个数守恒可知，被还原的硝酸的物质的量为=1mol，由铜原子和氮原子个数守恒可知，表现酸性的硝酸的物质的量为×2=2mol，则参加反应的硝酸的物质的量为1mol+2mol=3mol，故选D；（4）A．铜与硝酸反应会生成有毒氮的氧化物，则制备硝酸铜的过程中生成的氮的氧化物会污染空气，不符合绿色化学的要求，故错误；B．铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜和水，则制备硝酸铜的过程中不会生成的氮的氧化物污染空气，符合绿色化学的要求，故正确；C．由质量守恒定律可知，氧化铜不能仅用催化剂就能转化为氢氧化铜，则制备硝酸铜的方案不科学，故错误；D．铜与浓硫酸共热反应会生成二氧化硫，常温下不反应，制备硝酸铜的方案不科学，故错误；故选B；（5）由题意可知，锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，反应的化学方程式为4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O，由方程式可知，当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为mol，故答案为：4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O；mol。16．(1)0.15(2)560(3)560(4)明确金属的组成、金属与硝酸发生的反应、硝酸所起的作用，从氮元素守恒角度、从得失电子守恒角度、利用始态-终态将复杂问题简单化、利用方程与方程组计算等 【解析】（1）消耗的转化为、NO和，根据铜原子守恒：，，据氮原子守恒：，故答案为：；（2）设产生的物质的量为xmol，产生NO的物质的量为ymol，则由电子转移守恒可得x+3y=0.05×2，由气体总物质的量可得x+y=0.05，联立解得x=y=0.025，故，故答案为：560；（3）Cu与生成氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应又生成，纵观整个过程Cu失去的电子数等于氧气获得的电子数，故需要氧气物质的量为：，故需要氧气的体积为：（4）由上述计算，金属和硝酸反应的解题方法：明确金属的组成、金属与硝酸发生的反应、硝酸所起的作用，从氮元素守恒角度、从得失电子守恒角度、利用始态-终态将复杂问题简单化、利用方程与方程组计算等等。17．(1)ce(2)还原(3)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O(4)     复分解反应     弱(5)Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O(6)3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O 【解析】（1）Cu2(OH)2CO3含有金属离子、氢氧根离子、酸根离子、属于碱式盐、碳酸盐，故答案为：ce；（2）转化②为CuO转化为Cu2O，铜元素化合价降低，被还原，故答案为：还原；（3）转化④为Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、SO2、H2O，化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（4）转化⑤为硫酸铜和可溶性碱的反应，属于复分解反应；Cu(OH)2部分电离，属于弱电解质，故答案为：复分解反应；弱；（5）Cu2O和稀硫酸生成Cu、CuSO4溶液和水，反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，故答案为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；（6）该反应中Cu由+1价升高为+2价，N由+5价降低为+2价，根据得失电子守恒配平方程式为3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，故答案为：3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O。18．(1)     1     5.6     5.6(2)1.5(3) 【解析】(1)n(Cu)＝＝0.5mol，反应过程中通由0价变为+2价，则1个铜原子失去2个电子，0.5mol铜失去1mol电子；设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体的总体积为11.2 L，有：x＋y＝0.5 mol　①，根据“得失电子守恒”，有：3x＋y＝0.5 mol×2　②，解方程组得：x＝0.25 mol，y＝0.25 mol。则：V(NO)＝0.25mol×22.4 L·mol－1=5.6L，V(NO2)＝11.2 L－5.6 L＝5.6 L；故答案为：5.6，5.6；(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分显酸性生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3为：0.5mol×2＋0.5 mol＝1.5mol；故答案为：1.5；(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO的形式留在溶液中，变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol，加入NaOH溶液至恰好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aV mol,所以c(HNO3)＝。